2022届高考数学一轮复习（人教版）第3章 高考专题突破一 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题.docx

高考专题突破一　高考中的导数综合问题
第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题型一 分离参数求参数范围
例1 已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)－≥0恒成立，求实数k的取值范围．
解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以0<a<1<a＋，
故<a<1，即实数a的取值范围为.
(2)原不等式可化为当x≥1时，k≤恒成立，
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝＝.
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，
则h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
若将本例(2)改为：∃x∈[1，e]，使不等式f(x)－≥0成立，求实数k的取值范围．
解　原不等式可化为当x∈[1，e]时，k≤有解，
令g(x)＝(x∈[1，e])，
由本例(2)解题知，g(x)为增函数，
所以g(x)max＝g(e)＝2＋，
所以k≤2＋，即实数k的取值范围是.
思维升华 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
跟踪训练1 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围．
解　(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为∃x∈(0，＋∞)，
使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，
所以ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤max.
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值
↘
由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值，为，所以a≤.
故a的取值范围是.
题型二 等价转换求参数的范围
例2 (12分)(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．
规范解答
解　方法一　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1.[1分]
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.[2分]
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．[4分]
(2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.[5分]
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.[6分]
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－，
则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意．[7分]
(ⅱ)若0<2a＋1<2，即－<a<，
则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，
在(2a＋1,2)上单调递增．
由于g(0)＝1，
所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，
即a≥.